2019届高考物理第一轮复习检测题24
2019届高考物理一轮总复习配套练习题全集(49套有答案)【高考】
李仕才 一、选择题
1、如图所示，在一个倾角为 θ 的斜面上，有一个质量为 m，带负电的小球 P(可视为点电荷)，空间存
在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个
方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )
A．v1 方向
A．小球 A 落地时间为 3 s B．物块 B 运动时间为 3 s C．物块 B 运动 12.5 m 后停止 D．A 球落地时，A、B 相距 17.5 m
解析：选 ACD 根据 H＝12gt2 得，t＝
2gH＝
2×45 10
s＝3
s，故
A
正确。物块
B
匀减速直线运动的加
速度大小 a＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2，则 B 速度减为零的时间 t0＝va0＝140 s＝2.5 s，滑行的距g′∶g＝1∶5
C．M 星∶M 地＝1∶20
D．M 星∶M 地＝1∶80
【答案】BD 5、如图 6 所示，固定于水平面上的光滑斜面足够长，一轻质弹簧的一端与固定在斜面上的木板 P 相连，
另一端与盒子 A 相连，A 内放有光滑球 B，B 恰与盒子前、后壁接触，现用力推 A 使弹簧处于压缩状态，然
2、[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B 质量相等。
在突然撤去挡板的瞬间( )
A．两图中两球加速度均为 gsin θ
B．两图中 A 球的加速度均为零
C．图甲中 B 球的加速度为 2gsin θ
D．图乙中 B 球的加速度为 gsin θ
解析：选 CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而 杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零，B 球所受合力为 2mgsin θ， 加速度为 2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B 球所受合力均为 mgsin θ，加速度均为 gsin θ，故 C、D 正确，A、B 错误。
2019高考物理24题总结
3.在静电场的教学中，要重点引导学生利用所 学知识和工具（如电场线、等势面等），得到电场 的分布情况，并推导出粒子的力学性质和做功情况；
1.重视基础，加 强学生对基本物理规 律等的理解与掌握。
2.要有意识培养学生“等 效”、“对称”、“分割”等 物理思想或方法的使用，以及 对临界条件的准确把握。
粒子在水平方向的位移为l，则有
l=v0t⑤
壹 电势差与场强的关系
贰 动能定理
叁 类平抛运动的位移规律 肆 对物理公式中 U=Ed，
W=qEd中“d”的理解
五 应用数学处理物理问题的能力。考生需根据具体的
情况列出各物理量之间的关系，能把有关的物理条 件用数学方程表示出来，并进行数学推导和求解。
此题与学生以往练习的题目不同之处在于 多了一个金属网，学生需从“金属网接地”分 析出P、Q间电场分布，并运用所学知识解决问 题，另外学生还需利用上、下两部分电场强度 大小相等、方向相反的情况分析出粒子运动对 称性的特点。
01
无法从金属网G接地分析出空间电 场分布情况。
02
学生死记公式： h混淆。
，W=qEh中d、
03
不能合理选用动能定理及平抛运动 规律解决问题。
04 无法得到粒子运动对称性的特点。
05
临界条件的判断，即何种情况下金 属板长度最短无法判断。
1.回归基础。重视学生理解能力的培养，不仅 要求公式的记忆，更应重视每个符号的意义及适用 的范围。
3.作为高考第一道计算题， 尤其应重视提升解题速度和正 确率的训练。
----以2019年高考全国Ⅱ卷理综第24题为例
----以2019年高考全国Ⅱ卷理综第2PG、QG间场强大小相等，均为E， 联立①②③④⑤式解得
高考物理一轮总复习 第七章 静电场 能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题练习(含解析)新
能力课 带电粒子(带电体)在电场中运动的综合问题一、选择题1．如下列图，场强大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd ，水平边ab 长为s ，竖直边ad 长为h ，质量均为m 、带电荷量分别为＋q 和－q 的两粒子，由a 、c两点先后沿ab 和cd 方向以速率v 0进入矩形区域(两粒子不同时出现在电场中)，不计重力，假设两粒子轨迹恰好相切，如此v 0等于( )A.s22qEmh B.s2qE mh C.s42qE mh D.s4qE mh解析：选B 根据对称性，两粒子轨迹的切点位于矩形区域abcd 的中心，如此在水平方向有12s ＝v 0t ，在竖直方向有12h ＝12·qE m ·t 2，解得v 0＝s 2qEmh，应当选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．2.(2019届河北定州中学月考)如下列图，A 、B 为两块水平放置的金属板，通过闭合的开关S 分别与电源两极相连，两极板中央各有一个小孔a 和b ，在a 孔正上方某处放一带电质点由静止开始下落，假设不计空气阻力，该质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回．现要使带电质点能穿过b 孔，如此可行的方法是( )A ．保持S 闭合，将A 板适当上移B ．保持S 闭合，将B 板适当下移C ．先断开S ，再将A 板适当上移D ．先断开S ，再将B 板适当下移解析：选B 设质点距离A 板的高度为h ，A 、B 两板原来的距离为d ，电压为U ，质点的电荷量为q .由题知质点到达b 孔时速度恰为零，根据动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝0.假设保持S 闭合，将A 板适当上移，设质点到达b 时速度为v ，由动能定理得mg (h ＋d )－qU ＝12mv 2，v ＝0，说明质点到达b 孔时速度恰为零，然后返回，不能穿过b 孔，故A 错误；假设保持S闭合，将B 板适当下移距离Δd ，由动能定理得mg (h ＋d ＋Δd )－qU ＝12mv 2，如此v >0，质点能穿过b 孔，故B 正确；假设断开S 时，将A 板适当上移，板间电场强度不变，设A 板上移距离为Δd ，质点进入电场的深度为d ′时速度为零．由动能定理得mg (h －Δd ＋d ′)－qEd ′＝0，又由原来情况有mg (h ＋d )－qEd ＝0.比拟两式得，d ′<d ，说明质点在到达b 孔之前，速度减为零，然后返回，故C 错误；假设断开S ，再将B 板适当下移，根据动能定理可知，质点到达b 孔原来的位置速度减为零，然后返回，不能到达b 孔，故D 错误．3．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A 板的电势比B 板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A 板运动时为速度的正方向，如此如下图象中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C 、D 两项中的图线按正弦函数规律变化)( )解析：选A 电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误．4.(2018届高考原创猜题卷)如下列图，高为h 的固定光滑绝缘斜面，倾角θ＝53°，将其置于水平向右的匀强电场中，现将一带正电的物块(可视为质点)从斜面顶端由静止释放，其所受的电场力是重力的43倍，重力加速度为g ，如此物块落地的速度大小为( )A ．25ghB ．2ghC ．22gh D.532gh 解析：选D 对物块受力分析知，物块不沿斜面下滑，离开斜面后沿重力、电场力合力的方向运动，F 合＝53mg ，x ＝53h ，由动能定理得F 合·x ＝12mv 2，解得v ＝532gh .5.(多项选择)如下列图，光滑的水平轨道AB 与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道局部存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，如此( )A ．R 越大，x 越大B ．R 越大，小球经过B 点后瞬间对轨道的压力越大C ．m 越大，x 越大D ．m 与R 同时增大，电场力做功增大解析：选ACD 小球在BCD 局部做圆周运动，在D 点，mg ＝m v D 2R，小球由B 到D 的过程中有－2mgR ＝12mv D 2－12mv B 2，解得v B ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，如此x越大，选项A 正确；在B 点有F N －mg ＝m v B 2R，解得F N ＝6mg ，与R 无关，选项B 错误；由Eqx＝12mv B 2，知m 、R 越大，小球在B 点的动能越大，如此x 越大，电场力做功越多，选项C 、D 正确．6.(多项选择)(2018届湖北八校联考)如下列图，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程x ＝ky 2，且小球通过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，1k .重力加速度为g ，如此( )A ．电场强度的大小为 mg qB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点P 时的动能为 5mg4kD ．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg k解析：选BC 小球做类平抛运动，如此电场力与重力的合力沿x 轴正方向，qE ＝2mg ，电场强度的大小为E ＝2mgq ，A 错误；F 合＝mg ＝ma ，所以a ＝g ，由类平抛运动规律有1k＝v 0t ，1k ＝12gt 2，得小球初速度大小为v 0＝g 2k ，B 正确；由P 点的坐标分析可知v 0v x ＝12，所以小球通过点P 时的动能为12mv 2＝12m (v 02＋v x 2)＝5mg 4k ，C 正确；小球从O 到P 过程中电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即W ＝qE ·1k 1cos45°＝2mgk，D 错误．二、非选择题7.(2019届吉安模拟)如下列图，一条长为L 的细线上端固定，下端拴一个质量为m ，电荷量为q 的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A 点由静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.(1)求小球的带电性质与电场强度E ；(2)假设小球恰好完成竖直圆周运动，求从A 点释放小球时应有的初速度v A 的大小(可含根式)．解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．小球由A 点释放到速度等于零，由动能定理有EqL sin α－mgL (1－cos α)＝0 解得E ＝3mg 3q. (2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G ′，如此G ′＝233mg ，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．假设小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点：m v 2L ＝233mg 由A 点到等效最高点，根据动能定理得 －233mgL (1＋cos30°)＝12mv 2－12mv A 2 联立解得v A ＝2gL 3＋1.答案：(1)正电3mg3q(2)2gL 3＋18．(2018届河南南阳一中月考)如图甲所示，两块水平平行放置的导电板，板间距为d ，大量电子(质量为m ，电荷量为e )连续不断地从中点O 沿与极板平行的OO ′方向射入两板之间，当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t 0，当在两板间加如图乙所示的周期为2t 0、幅值恒为U 0的周期性电压时，所有的电子均能从两板间通过(不计电子重力)．求这些电子穿过平行板时距OO ′的最大距离和最小距离．解析：以电场力的方向为正方向，画出电子在t ＝0、t ＝t 0时刻进入电场后，沿电场力的方向的速度v y 随时间t 变化的v y t 图象，如图甲和乙所示．电场强度E ＝U 0d电子的加速度a ＝Ee m ＝U 0edm 图甲中，v y 1＝at 0＝U 0et 0dmv y 2＝a ×2t 0＝2U 0et 0dm由图甲可得电子的最大侧位移y max ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＋v y 1＋v y 22t 0＝3U 0et 02md由图乙可得电子的最小侧位移 y min ＝v y 12t 0＋v y 1t 0＝3U 0et 022md .答案：3U 0et 02md 3U 0et 022md9.(2019届德州质检)如下列图，在距足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方h 高度的P 点，固定电荷量为＋Q 的点电荷，一质量为m 、带电荷量为＋q 的物块(可视为质点)，从轨道上的A 点以初速度v 0沿轨道向右运动，当运动到P 点正下方B 点时速度为v .点电荷产生的电场在A 点的电势为φ(取无穷远处的电势为零)，PA 连线与水平轨道的夹角为60°，试求：(1)物块在A 点时受到轨道的支持力大小； (2)点电荷＋Q 产生的电场在B 点的电势． 解析：(1)物块在A 点受到点电荷的库仑力F ＝kr 2由几何关系可知P 、A 间距离r ＝hsin60°设物块在A 点时受到轨道的支持力大小为F N ，由平衡条件有F N －mg －F sin60°＝0解得F N ＝mg ＋33k8h2. (2)设点电荷产生的电场在B 点的电势为φB ，由动能定理有q (φ－φB )＝12mv 2－12mv 02 解得φB ＝φ＋m v 02－v 22q.答案：(1)mg ＋33k 8h 2(2)φ＋m v 02－v22q10.(2018届湖南五校高三联考)如下列图，长度为d 的绝缘轻杆一端套在光滑水平转轴O 上，另一端固定一质量为m 、电荷量为q 的带负电小球．小球可以在竖直平面内做圆周运动，AC 和BD 分别为圆的竖直和水平直径，等量异种点电荷＋Q 、－Q 分别固定在以C 为中点、间距为2d 的水平线上的E 、F 两点．让小球从最高点A 由静止开始运动，经过B 点时小球的速度大小为v ，不考虑q 对＋Q 、－Q 所产生电场的影响，重力加速度为g ，求：(1)小球经过C 点时对杆的拉力大小； (2)小球经过D 点时的速度大小．解析：(1)小球从A 点到C 点过程，根据动能定理有mg ·2d ＝12mv C 2在C 点，由牛顿第二定律有T －mg ＝m v C 2d得T ＝5mg根据牛顿第三定律知，球对杆的拉力大小为T ′＝T ＝5mg .(2)设U BA ＝U ，根据对称性可知U BA ＝U AD ＝U小球从A 点到B 点和从A 点到D 点过程中，根据动能定理有mgd ＋qU ＝12mv 2mgd －qU ＝12mv D 2得v D ＝4gd －v 2.答案：(1)5mg (2) 4gd －v 2|学霸作业|——自选一、选择题1.(2019届吉林调研)真空中，在x 轴上的原点处和x ＝6a 处分别固定一个点电荷M 、N ，在x ＝2a 处由静止释放一个正点电荷P ，假设试探电荷P 只受电场力作用沿x 轴方向运动，得到试探电荷P 的速度与其在x 轴上的位置关系如下列图，如此如下说法正确的答案是( )A ．点电荷M 、N 一定都是负电荷B ．试探电荷P 的电势能一定是先增大后减小C ．点电荷M 、N 所带电荷量的绝对值之比为2∶1D ．x ＝4a 处的电场强度一定为零解析：选D 根据题意，试探电荷仅在电场力作用下先加速后减速，其动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，选项B 错误；试探电荷在x ＝4a 处速度最大，加速度为零，合力为零，电势能最小，该处电场强度一定为零，选项D 正确；在x 轴上从原点处到x ＝6a 处，电场强度从两头指向x ＝4a 处，点电荷M 、N 一定都是正电荷，选项A 错误；由kQ M 4a2＝kQ N2a2可得Q M ＝4Q N ，选项C 错误． 2.(多项选择)(2018届山西太原一模)如下列图，在水平向右的匀强电场中，t ＝0时，带负电的物块以速度v 0沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块与斜面间的动摩擦因数不变，滑块所带电荷量不变，用E k 表示滑块的动能，x 表示位移，E p 表示电势能，取斜面底端为零势能面，规定v 0的方向为正方向，如此如下图线正确的答案是( )解析：选AD 物块先以速度v 0沿斜面向上滑动，然后下滑回到原处的过程中，除摩擦力在上滑和下滑时方向相反外，受的其他力大小和方向均不变，故物块先做匀减速运动(加速度较大)，再做反向的匀加速运动(加速度较小)，A 正确；对物块沿斜面上升过程由运动学公式有v 2－v 02＝－2ax ，由数学知识可知B 错误；沿斜面上升过程由动能定理有，－Fx ＝E k －E k0(F 为物块所受合外力，大小恒定)，图线应为直线，可知C 错误；取斜面底端为零势能面，由于物块带负电，且沿斜面向上电势逐渐降低，故物块的电势能随位移的增大而增大，D 正确．3.(2019届福州四校联考)如下列图，在竖直平面内固定一个半径为R 的绝缘圆环，有两个可视为点电荷的一样的带负电小球A 和B 套在圆环上，其中小球A 可沿圆环无摩擦地滑动，小球B 固定在圆环上，和圆心O 的连线与水平方向的夹角为45°.现将小球A 从位于水平直径的左端位置由静止释放，重力加速度大小为g ，如此如下说法正确的答案是( )A ．小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中电势能保持不变B ．小球A 运动到圆环的水平直径右端P 点时的速度为0C ．小球A 运动到圆环最低点Q 的过程中，速率先增大后减小D ．小球A 到达圆环最低点Q 时的速度大小为gR解析：选C 小球A 从释放到运动至圆环最低点Q 的过程中，受到电场力、重力、圆环的支持力三个力的作用，其中圆环的支持力始终与运动方向垂直，即圆环的支持力不做功，分析可知，重力与电场力合力的方向与小球运动方向的夹角先小于90°后大于90°，即合力对小球A 先做正功后做负功，根据动能定理，小球的动能先增大后减小，速率先增大后减小，选项C 正确；小球A 、B 之间的电场力为斥力，电场力与小球运动方向之间的夹角先小于90°后大于90°，可知小球A 从释放至运动到Q 点过程中，小球A 的电势能先减小后增大，选项A 错误；小球A 在释放点与在Q 点的电势能相等，小球A 从释放运动到Q 点的过程中，有mgR ＝12mv Q 2，v Q ＝2gR ，选项D 错误；假设小球A 到达P 点时速度为零，分析可知，小球A 在P 点与在释放点重力势能一样，小球A 在P 点的电势能比在释放点时大，由能量守恒可知假设错误，小球A 不能到达P 点，选项B 错误．4.(2018届湖南五校高三联考)在空间中水平面MN 的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m 的带电小球由MN 上方的A 点以大小为v 的初速度水平抛出，从B 点进入电场，到达C 点时速度方向恰好水平，A 、B 、C 三点在同一直线上，且AB ＝2BC ，如下列图，由此可知( )A ．小球带正电B ．电场力大小为2mgC ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的运动时间相等D ．小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的速度变化量不相等解析：选D 根据小球从B 点进入电场的轨迹可以看出，小球所受的电场力竖直向上，即小球带负电，选项A 错误；因为到达C 点时速度水平，所以小球在C 点时的速度等于在A 点时的速度，因为AB ＝2BC ，设B 、C 间竖直距离为h ，如此A 、B 间竖直距离为2h ，小球由A 点到C 点根据动能定理有mg ×3h －Eqh ＝0，即Eq ＝3mg ，选项B 错误；小球从A 点到B 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为g ，方向竖直向下，所用时间为t 1＝4hg＝2h g，从B 点到C 点的过程中，在竖直方向上的加速度大小为a 2＝Eq －mgm＝2g ，方向竖直向上，故所用时间t 2＝2h2g＝hg，故t 1＝2t 2，选项C 错误；小球从A 点到B 点与从B 点到C 点的过程中速度变化量大小都等于Δv ＝2ghg，但方向相反，选项D 正确． 5.(多项选择)(2018届四川宜宾二诊)如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d 的平行金属板P 、Q ，两板间距为d ，两板间加上如图乙所示最大值为U 0的周期性变化的电压．在两板左侧紧靠P 板处有一粒子源A ，自t ＝0时刻开始连续释放初速度大小为v 0，方向平行于金属板的一样带电粒子．t ＝0时刻释放的粒子恰好从Q 板右侧边缘离开电场．电场变化周期T ＝2dv 0，粒子质量为m ，不计粒子重力与相互间的作用力．如此( )A ．在t ＝0时刻进入的粒子离开电场时速度大小仍为v 0B ．粒子的电荷量为mv 022U 0C ．在t ＝18T 时刻进入的粒子离开电场时电势能减少了18mv 02D ．在t ＝14T 时刻进入的粒子刚好从P 板右侧边缘离开电场解析：选AD 粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，如此t ＝0时刻进入电场的粒子在电场中运动的时间t ＝2dv 0，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故粒子离开电场时的速度大小等于水平速度v 0，选项A 正确；竖直方向，粒子在T 2时间内的位移为d 2，如此12d ＝12·U 0q dm ⎝ ⎛⎭⎪⎫d v 02，解得q ＝mv 02U 0，选项B 错误，t ＝T8时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向的位移为d＝2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫3T 82－2×12a ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 82＝18aT 2＝12d ，故电场力做功W ＝U 0q d ×12d ＝12U 0q ＝12mv 02，选项C 错误；t ＝T 4时刻进入的粒子，在竖直方向先向下加速运动T 4，然后向下减速运动T 4，再向上加速T 4，向上减速T4，由对称可知，此时竖直方向的位移为零，故粒子从P 板右侧边缘离开电场，选项D 正确．6.(多项选择)如下列图，一绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E .在与环心等高处放有一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，由静止开始沿轨道运动，如下说法正确的答案是( )A ．小球经过环的最低点时速度最大B ．小球在运动过程中机械能守恒C ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为mg ＋qED ．小球经过环的最低点时对轨道的压力为3(mg ＋qE )解析：选AD 根据动能定理知，在小球运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点时速度最大，故A 正确；小球在运动的过程中除了重力做功，还有电场力做功，机械能不守恒，故B 错误；小球经过环的最低点时，根据动能定理得mgR ＋qER ＝12mv 2，根据牛顿第二定律得F N －qE －mg ＝m v 2R，解得F N ＝3(mg ＋qE )，如此小球对轨道的压力为3(mg＋qE )，故C 错误，D 正确．二、非选择题7.如下列图，长为l 的轻质细线固定在O 点，细线的下端系住质量为m 、电荷量为＋q 的小球，小球的最低点距离水平面的高度为h ，在小球最低点与水平面之间高为h 的空间内分布着场强为E 的水平向右的匀强电场．固定点O 的正下方l2处有一障碍物P ，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，不计空气阻力．(1)细线在刚要接触障碍物P 时，小球的速度是多大？(2)细线在刚要接触障碍物P 和细线刚接触到障碍物P 时，细线的拉力发生多大变化？ (3)假设细线在刚要接触障碍物P 时断开，小球运动到水平面时的动能为多大？ 解析：(1)由机械能守恒定律得mgl ＝12mv 2，v ＝2gl .(2)细线在刚要接触障碍物P 时，设细线的拉力为T 1，由牛顿第二定律得T 1－mg ＝m v 2l细线在刚接触到障碍物P 时，设细线的拉力为T 2，由牛顿第二定律得T 2－mg ＝m v 2l2可解得T 2－T 1＝2mg ，即增大2mg .(3)细线断开后小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间t ＝2hg小球在水平方向做匀加速运动，运动的距离 x ＝vt ＋12·qEmt 2小球运动到水平面的过程由动能定理得mgh ＋qEx ＝E k －12mv 2解得E k ＝mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl .答案：(1)2gl (2)增大2mg(3)mgh ＋mgl ＋q 2E 2hmg＋2qE hl8.如下列图，在竖直边界限O 1O 2左侧空间存在一竖直向下的匀强电场，电场强度E ＝100 N/C ，电场区域内有一固定的粗糙绝缘斜面AB ，其倾角为30°，A 点距水平地面的高度为h ＝4 m ．BC 段为一粗糙绝缘平面，其长度为L ＝ 3 m ．斜面AB 与水平面BC 由一段极短的光滑小圆弧连接(图中未标出)，竖直边界限O 1O 2右侧区域固定一半径为R ＝0.5 m 的半圆形光滑绝缘轨道，CD 为半圆形光滑绝缘轨道的直径，C 、D 两点紧贴竖直边界限O 1O 2，位于电场区域的外部(忽略电场对O 1O 2右侧空间的影响)．现将一个质量为m ＝1 kg 、电荷量为q ＝0.1 C 的带正电的小球(可视为质点)在A 点由静止释放，且该小球与斜面AB 和水平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝35.求：(g 取10 m/s 2)(1)小球到达C 点时的速度大小； (2)小球到达D 点时所受轨道的压力大小； (3)小球落地点距离C 点的水平距离．解析：(1)以小球为研究对象，由A 点至C 点的运动过程中，根据动能定理可得(mg ＋Eq )h －μ(mg ＋Eq )cos30°h sin30°－μ(mg ＋Eq )L ＝12mv C 2－0解得v C ＝210 m/s.(2)以小球为研究对象，在由C 点至D 点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得 12mv C 2＝12mv D 2＋mg ·2R 在最高点以小球为研究对象，可得F N ＋mg ＝m v D 2R解得F N ＝30 N ，v D ＝2 5 m/s.(3)设小球做类平抛运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律可得mg ＋qE ＝ma ，解得a ＝20 m/s 2假设小球落在BC 段，如此应用类平抛运动的规律列式可得x ＝v D t,2R ＝12at 2解得x ＝ 2 m< 3 m ，假设正确． 即小球落地点距离C 点的水平距离为 2 m. 答案：(1)210 m/s (2)30 N (3) 2 m9.(2019届山东烟台模拟)如下列图，竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一场源电荷A ，其电荷量Q ＝＋4×10－3C ，场源电荷A 形成的电场中各点的电势表达式为φ＝k Q r，其中k 为静电力常量，r 为空间某点到A 的距离．有一个质量为m ＝0.1 kg 的带正电小球B ，B 球与A 球间的距离为a ＝0.4 m ，此时小球B 处于平衡状态，且小球B 在场源A 形成的电场中具有的电势能表达式为E p ＝kr，其中r 为q 与Q 之间的距离．有一质量也为m 的不带电绝缘小球C 从距离B 的上方H ＝0.8 m 处自由下落，落在小球B 上立刻与小球B 粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，它们向上运动到达最高点P (取g ＝10 m/s 2，k ＝9×109N·m 2/C 2)，求：(1)小球C 与小球B 碰撞后的速度为多少？ (2)小球B 的带电荷量q 为多少？ (3)P 点与小球A 之间的距离为多大？(4)当小球B 和C 一起向下运动与场源A 距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？解析：(1)小球C 自由下落H 距离的速度v 0＝2gH ＝4 m/s小球C 与小球B 发生碰撞， 由动量守恒定律得mv 0＝2mv 1 代入数据得v 1＝2 m/s.(2)小球B 在碰撞前处于平衡状态，对B 球进展受力分析知mg ＝ka 2代入数据得q ＝49×10－8C.(3)C 和B 向下运动到最低点后又向上运动到P 点，运动过程中系统能量守恒， 设P 与A 之间的距离为x ，由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝2mg (x －a )＋k x代入数据得x ＝⎝⎛⎭⎪⎫2＋25 m(或x ＝0.683 m)．(4)当C 和B 向下运动的速度最大时，设与A 之间的距离为y ， 对C 和B 整体进展受力分析有2mg ＝ky 2代入数据有y ＝25m(或y ＝0.283 m) 由能量守恒得12×2mv 12＋k a ＝12×2mv m 2－2mg (a －y )＋k y代入数据得v m ＝ 16－8 2 m/s(或v m ＝2.16 m/s)． 答案：(1)2 m/s (2)49×10－8C (3)2＋25 m (4)25m16－8 2 m/s10．(2017年全国卷Ⅱ)如图，两水平面(虚线)之间的距离为H ，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场．自该区域上方的A 点将质量为m 、电荷量分别为q 和－q (q >0)的带电小球M ，N 先后以一样的初速度沿平行于电场的方向射出．小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开．N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直线运动，刚离开电场时的动能为N 刚离开电场时动能的1.5倍．不计空气阻力，重力加速度大小为g .求：(1)M 与N 在电场中沿水平方向的位移之比； (2)A 点距电场上边界的高度； (3)该电场的电场强度大小．解析：(1)设小球M ，N 在A 点水平射出时的初速度大小为v 0，如此它们进入电场时的水平速度仍然为v 0.M ，N 在电场中运动的时间t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为a ，在电场中沿水平方向的位移分别为s 1和s 2.由题给条件和运动学公式得v 0－at ＝0① s 1＝v 0t ＋12at 2② s 2＝v 0t －12at 2③联立①②③式得s 1s 2＝3.④(2)设A 点距电场上边界的高度为h ，小球下落h 时在竖直方向的分速度为v y ，由运动学公式得v y 2＝2gh ⑤H ＝v y t ＋12gt 2⑥M 进入电场后做直线运动，由几何关系知v 0v y ＝s 1H⑦联立①②⑤⑥⑦式可得h ＝13H .⑧(3)设电场强度的大小为E ，小球M 进入电场后做直线运动，如此v 0v y ＝qEmg⑨ 设M ，N 离开电场时的动能分别为E k1，E k2，由动能定理得E k1＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH ＋qEs 1⑩ E k2＝12m (v 02＋v y 2)＋mgH －qEs 2⑪由条件E k1＝1.5E k2⑫ 联立④⑤⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得E ＝mg 2q. 答案：(1)3 (2)13H (3)mg2q。
2019高考物理：一轮选练习题3含解析新人教版64(含答案).doc
2019高考物理一轮选练习题（3）李仕才一、选择题1、(多选)一质点做匀变速直线运动，先后通过P 、Q 、N 三点，如图所示，已知PQ ＝QN ＝15 m ，质点通过PQ 的时间t 1＝3 s ，通过QN 的时间t 2＝2 s ，则下列说法中正确的是( )A ．此质点运动的加速度为1 m/s 2B ．此质点通过P 的速度为3.0 m/sC ．此质点通过Q 的速度为6.5 m/sD ．此质点通过Q 的速度为6.0 m/s解析：选AC.设质点加速度为a ，经过P 点时速度为v P ，对PQ 段有x ＝v P t 1＋12at 21，对PN 段有2x ＝v P (t 1＋t 2)＋12a(t 1＋t 2)2，联立并代入数据解得v P ＝3.5 m/s ，a ＝1 m/s 2，则v Q ＝v P ＋at 1，代入数据解得v Q ＝6.5 m/s ，所以选项A 、C 正确．【链接】（2018山东省临沂市高三上学期期中）某质点做匀变速直线运动，运动的时间为t，位移为x，该质点的图象如的是( )图所示，下列说法错误．．A. 质点的加速度大小为B. t=0时，质点的初速度大小为aC. t=0到t=b这段时间质点的平均速度为0D. t=0到t=b这段时间质点的路程为【答案】D2、（2018届天津市耀华中学月考）2007年11月5日,“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道到达月球,在距月球表面200km 的P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获,进入椭圆轨道I 绕月飞行,如图所示、之后,卫星在P点又经过两次“刹车制动”,最终在距月球表面200km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动、则下列说法正确的是( )A. 由于“刹车制动”,卫星在轨道Ⅲ上运动的周期将比沿轨道I运动的周期长B. 虽然“刹车制动”,但卫星在轨道Ⅲ上运动的周期还是比沿轨道Ⅰ运动的周期短C. 卫星在轨道Ⅱ上经过P点时的速度比在轨道Ⅲ上经过P 点的速度大D. 卫星在轨道Ⅲ上运行时的速度比月球的第一宇宙速度大【答案】BC3、（2018江西省南昌第二中学期末）如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n 号木块的初速度分别为v 0、2v 0、3v 0、……、nv 0，v 0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则 （ ）A. 所有木块与木板一起匀速运动的速度为01v 4n + B. 所有木块与木板一起匀速运动的速度为012n v + C. 若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为0229v D. 若n=9，则第8号木块在整个运动过程中的最小速度为03516v 【答案】AC联立解得： 1012v v = 1012mgt mv μ= 设再经过2t 时间，第2块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为2v ，则：对第2个木块： ()()12202mg t t mv m v μ-+=-对木板和第1个木块： ()()()22111n mgt n m v v μ-=+-，解得： 20212n v v n -= 2012n mgt mv nμ+= 再经过3t 时间，第3块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为3v ，则：对第3个木块： ()()123303mg t t t mv m v μ-++=-对木板和第1、2个木块： ()()()33222n mgt n m v v μ-=+-，……再经过k t 时间，第k 块木块与木板的速度相同，设此时木板的速度为k v ，则：对第k 个木块： ()()1230k k mg t t t t mv m kv μ-+++⋅⋅⋅+=-对木板和第1、2、3…、k-1个木块：()()()3111k k n k mgt n k m v v μ-+-=+--，解得： ()0214k n k v kv n +-=，将9,8n k ==代入： 80229v v = 故C 正确D 错误4、质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M m 可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【答案】AB【解析】根据动量守恒和能量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p ，则总动量为2p ，根据动量守恒，M 的速度不大于m 的速度，Mm ≥1，根据能量的关系及动能的关系有p 2＝2mE k 得，由于动能不增加，则有242p M ≥22p m ＋22p M ，得1≤M m ≤3，故A 、B 正确，C 、D 错误。
高考物理一轮复习 专题1.5 运动的描述与匀变速直线运动的研究精品测试卷(含解析)-人教版高三全册物
专题1.5 运动的描述与匀变速直线运动的研究测试【总分为：100分 时间：90分钟】一、选择题(此题共14小题，每一小题5分，共70分。
在每一小题给出的四个选项中第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2019·山东青岛一中模拟)24届山东省运动会于2018年9月由青岛市承办，运动会包括射箭、体操、田径、击剑等39个比赛项目。
如下关于运动项目的描述正确的答案是( ) A ．研究马拉松运动员跑步的过程，评判比赛成绩时，可将运动员视为质点B ．在双人同步跳水运动中，以其中一名运动员为参考系，另一名运动员是向下运动的C ．在评判击剑运动员的比赛成绩时，运动员可视为质点D ．研究体操运动员的体操动作时，可将其视为质点 【答案】A【解析】C 、D 两项中都要关注运动员的动作细节，故这两个项目中的运动员不能看作质点，故C 、D 项错误；A 项中评判成绩不用关注跑步动作细节，故该项中的运动员可看作质点，故A 项正确；B 项中在双人同步跳水运动中，两人动作完全一致，故以其中一名运动员为参考系，另一名运动员是相对静止的，故B 项错误。
2．(2019·某某耀华中学模拟)甲、乙、丙三辆汽车以一样的速度同时经过某一路标，从此时开始，甲一直做匀速直线运动，乙先加速后减速，丙先减速后加速，它们经过下一路标时速度又一样，如此( ) A ．甲车先通过下一路标 B ．乙车先通过下一路标C ．丙车先通过下一路标D ．无法判断哪辆车先通过下一路标 【答案】B【解析】三辆车通过下一路标的位移一样，甲以速度v 0做匀速运动，其平均速度为v 0；乙先加速、后又减速至v 0，它的平均速度一定大于v 0；丙先减速、后又加速至v 0，它的平均速度一定小于v 0。
由t ＝xv可知t丙>t 甲>t 乙，即乙车先通过下一路标，丙车最后通过下一路标。
【高中物理】2019高考物理一轮基础系列题10及答案新人教版(1).doc
2019高考物理一轮基础系列题（10）一、选择题1、将一质量为m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g ，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )A ．mg B.13mg C.12mg D.110mg 解析：选C 设每块砖的厚度是d ，向上运动时： 9d －3d ＝a 1T 2①向下运动时：3d －d ＝a 2T 2②联立①②得：a 1a 2＝31③根据牛顿第二定律，向上运动时：mg ＋f ＝ma 1④ 向下运动时：mg －f ＝ma 2⑤ 联立③④⑤得：f ＝12mg ，选C 。
2、如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球A 、B 连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA 绳与杆的夹角为θ，OB 绳沿竖直方向，则下列说法正确的是( )A ．A 可能受到2个力的作用B ．B 可能受到3个力的作用C ．绳子对A 的拉力大于对B 的拉力D ．A 、B 的质量之比为1∶tan θ根据共点力平衡条件， 得：T ＝m B g ， T sin θ＝m A g sin90°＋θ(根据正弦定理列式)故m A ∶m B ＝1∶tan θ，故D 正确。
3、[多选]甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v 0，船在静水中的速率均为v ，甲、乙两船船头均与河岸成θ角，如图所示，已知甲船恰能垂直到达河正对岸的A 点，乙船到达河对岸的B 点，A 、B 之间的距离为L ，则下列判断正确的是( )A ．乙船先到达对岸B ．若仅是河水流速v 0增大，则两船的渡河时间都不变C ．不论河水流速v 0如何改变，只要适当改变θ角，甲船总能到达正对岸的A 点D ．若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为L4、嫦娥工程划为三期，简称“绕、落、回”三步走．我国发射的“嫦娥三号”卫星是嫦娥工程第二阶段的登月探测器，经变轨成功落月．若该卫星在某次变轨前，在距月球表面高度为h 的轨道上绕月球做匀速圆周运动，其运行的周期为T .若以R 表示月球的半径，忽略月球自转及地 球对卫星的影响，则( )A ．“嫦娥三号”绕月球做匀速圆周运动时的线速度大小为2πRTB ．物体在月球表面自由下落的加速度大小为4π2（R ＋h ）3R 2T 2C ．在月球上发射月球卫星的最小发射速度为2πRTR ＋hRD ．月球的平均密度为2πGT 2【解析】“嫦娥三号”的线速度v ＝2π（R ＋h ）T，A 项错误；由GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T2(R＋h )，GMm R 2＝mg 月，可得物体在月球表面的重力加速度g 月＝4π2（R ＋h ）3R 2T 2，B 项正确；因月球上卫星的最小发射速度也就是最大环绕速 度，有GMm 卫R 2＝m 卫v 2R ，又GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R＋h )可得：v ＝2π（R ＋h ）TR ＋h R ，C 项错误；由GMm （R ＋h ）2＝m 4π2T 2(R ＋h )，ρ＝MV，V ＝4 3πR3可得月球的平均密度ρ＝3π（R＋h）3GT2R3，D错误．【答案】B5、水平光滑直轨道ab与半径为R的竖直半圆形光滑轨道bc相切，一小球以初速度v沿直轨道ab向右运动，如图5所示，小球进入半圆形轨道后刚好能通过最高点c。
2019届高考物理一轮复习练习：第十二章 第1讲 光电效应 含解析
板块三限时规范特训时间：45分钟100分一、选择题(本题共11小题，每小题6分，共66分.其中1～6为单选，7～11为多选)1．[2017·东城区模拟]下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是()答案 A解析随着温度的升高，辐射强度增加，辐射强度的极大值向着波长较短的方向移动，A正确.2．下列说法中正确的是()A．物质波属于机械波B．只有像电子、质子、中子这样的微观粒子才具有波动性C．德布罗意认为任何一个运动的物体，小到电子、质子、中子，大到行星、太阳都有一种波与之相对应，这种波叫物质波D．宏观物体运动时，看不到它的衍射和干涉现象，所以宏观物体运动时不具有波动性答案 C解析物质波是由实物粒子的运动形成，而机械波是由组成物体的质点做周期性运动形成，故A错误；不论是微观粒子，还是宏观物体，只要它们运动，就有与之对应的物质波，故B、D均错误，C 正确.3．在光电效应实验中，用单色光照射某种金属表面，有光电子逸出，则光电子的最大初动能取决于入射光的()A．频率B．强度C．照射时间D．光子数目答案 A解析由爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0可知E k只与频率ν有关，故选项B、C、D错误，选项A正确.4．入射光照射到某金属表面上发生光电效应，若入射光的强度减弱，而频率保持不变，那么()A．从光照至金属表面到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加B．逸出的光电子的最大初动能减小C．单位时间内从金属表面逸出的光电子数目将减少D．有可能不发生光电效应答案 C解析根据光电效应的实验规律知，从光照至金属表面到发射出光电子的时间间隔极短，这与光的强度无关，故选项A错误.实验规律还指出，逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，饱和光电流与入射光的强度成正比，由此可知，B、D错误，C正确.5.在光电效应实验中，先后用两束光照射同一个光电管，若实验所得光电流I与光电管两端所加电压U间的关系曲线如图所示，则下列说法中正确的是()A．a光频率大于b光频率B．a光波长大于b光波长C．a光强度高于b光强度D．a光照射光电管时产生光电子的最大初动能较大答案 C解析对同一光电管，不论对哪种光，极限频率和金属的逸出功相同，由题图可知，对a、b两种光，反向截止电压相同，说明光的频率、波长相同，A、B两项错误；a光照射时的饱和电流比b光照射时的饱和电流大，说明a光强度高于b光强度，C项正确；金属的逸出功及照射光的频率相同，根据爱因斯坦光电效应方程可知，光照射光电管时产生光电子的最大初动能相同，故D项错误.6.[2017·河北衡水模拟]研究光电效应的实验装置如图所示，闭合开关，滑片P处于滑动变阻器中央位置，当一束单色光照到此装置的碱金属表面K时，电流表有示数.下列说法正确的是()A．若仅增大该单色光入射的强度，则光电子的最大初动能增大，电流表示数也增大B．无论增大入射光的频率还是增加入射光的强度，碱金属的逸出功都不变C．保持频率不变，当光强减弱时，发射光电子的时间将明显增加D．若滑动变阻器滑片左移，则电压表示数减小，电流表示数减小答案 B解析若仅增大该单色光入射的强度，由于每个光子的能量不变，因此光电子的最大初动能不变，但单位时间内射出的光电子数增多，因此光电流增大，故A错误；逸出功由金属材料自身决定，与是否有光照无关，故B正确；发生光电效应不需要时间积累，只要入射光的频率大于极限频率即可，故C错误；若滑动变阻器滑片左移，则电压表的示数减小，因电压是反向电压，所以电压减小时，光电子更容易到达A极形成电流，电流表示数增大，故D错误.7．下列叙述中正确的是()A．一切物体都在辐射电磁波B．一般物体辐射电磁波的情况只与温度有关C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关D．黑体能够完全吸收入射的各种波长的电磁波答案ACD解析根据热辐射的定义，A正确；根据热辐射和黑体辐射的特点知一般物体辐射电磁波的情况除与温度有关外，还与材料种类和表面状况有关，而黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，B错误，C正确；由黑体的定义知D正确.8．关于光电效应的规律，下面说法中正确的是()A．当某种色光照射金属表面时，能产生光电效应，则入射光的频率越高，产生的光电子的最大初动能越大B．当某种色光照射金属表面时，能产生光电效应，则入射光的强度越大，产生的光电子数越多C．同一频率的光照射不同金属，如果都能产生光电效应，则逸出功大的金属产生的光电子的最大初动能也越大D．对于某金属，入射光波长必须小于某一极限波长，才能产生光电效应答案ABD解析由爱因斯坦的光电效应方程E k＝hν－W0知，逸出功W0一定时，入射光频率ν越大，则产生的光电子的最大初动能越大，A 正确；当某种色光照射金属表面能产生光电效应时，入射光的强度越大，相同时间照射到金属表面的光子数越多，产生的光电子数越多，B正确；由光电效应方程可知，入射光频率ν一定时，逸出功W0越大，则光电子的最大初动能E k越小，C错误；对于某金属，入射光的频率必须大于该金属的极限频率，即入射光的波长必须小于某一极限波长，才能产生光电效应，D正确.9．在单缝衍射实验中，中央亮纹的光强占从单缝射入的整个光强的95%以上.假设现在只让一个光子通过单缝，那么该光子() A．一定落在中央亮纹处B．一定落在亮纹处C．可能落在暗纹处D．落在中央亮纹处的可能性最大答案CD解析一个光子通过单缝落在何处，是不可确定的，但是落在中央亮纹处的概率最大，可达95%以上，当然也可能落在其他亮纹处，还可能落在暗纹处，只是落在暗纹处的概率很小，C 、D 正确.10.[2017·山东潍坊二模]如图所示，真空中金属板M 上方存在一垂直纸面向里的矩形有界磁场，边界ON 到M 板的距离为d .用频率为ν的紫外线照射M 板(接地)，只要磁感应强度不大于B 0，就有电子越过边界ON .已知电子的电荷量为e ，质量为m ，普朗克常量为h .以下说法正确的是( )A ．若增大紫外线的照射强度，单位时间从M 板逸出的电子增多B ．若减小紫外线的照射强度，电子从M 板逸出的最大初动能减小C ．从M 板逸出电子的最大初动能为e 2B 20d 22mD ．该金属的逸出功为hν－e 2B 20d 28m答案 AD解析 增大照射光强度，即单位时间光子数增多，照射M 板，单位时间内逸出的光电子数增加，A 正确；根据光电效应方程E k ＝hν－W 0，可知光电子的最大初动能与照射光的强度无关，B 错误；由题意可知，磁感应强度为B 0时，沿水平方向射出的电子运动轨迹会与NO 相切，即r ＝d 2，结合q v B 0＝m v 2r 和E k ＝12m v 2，联立可得E k ＝e 2B 20d 28m，逸出功W 0＝hν－e 2B 20d 28m，C 错误，D 正确.11．[2017·汕头模拟]如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，由图可知()A．该金属的极限频率为4.27×1014 HzB．该金属的极限频率为5.5×1014 HzC．该图线的斜率表示普朗克常量D．该金属的逸出功为0.5 eV答案AC解析由光电效应方程可知：E k＝hν－W0，斜率表示普朗克常量，C选项正确.当E k＝0时，入射光的频率就是该金属的极限频率，νc＝4.27×1014Hz，A选项正确，B选项错误.该金属的逸出功W0＝hνc≈1.77 eV，D选项错误.二、非选择题(本题共3小题，共34分)12.(10分)在如图所示的装置中，K为一个金属板，A为一个金属电极，都密封在真空玻璃管中，单色光可通过玻璃壳照在K上，E 为可调直流电源.实验发现，当用某种频率的单色光照射K时，K会发出电子(光电效应)，这时，即使A、K间的电压等于零，回路中也有电流，当A的电势低于K时，电流仍不为零.A的电势比K低得越多，电流越小，当A比K的电势低到某一值U c(遏止电压)时，电流消失.当改变照射光的频率ν时，遏止电压U c也将随之改变.如果某次实验根据测出的一系列数据作出的U c-ν图象如图所示，若知道电子的电荷量e，则根据图象可求出该金属的截止频率为________，该金属的逸出功W0为________，普朗克常量h为________.答案 νc eU 0 eU 0νc解析 由图可知，数据对应的点几乎落在一条直线上，直线与ν轴的交点νc 即为该金属的截止频率.因此当照射光的频率为νc 时，遏止电压U c ＝0，说明在此频率下，金属板刚好发生光电效应.设光电子的最大初动能为E k ，根据光电效应方程有hν＝W 0＋E k ，当A 比K 的电势低到某一值U c 时，电流消失，光电子的最大初动能全部用来克服电场力做功，由动能定理有eU c ＝E k ，联立以上两式可得：U c ＝hνe －W 0e .由上式可知，U c -ν图象斜率k ＝h e ，在U c 轴上的截距为－W 0e .而由图可得，截距为－U 0.故有h e ＝U 0νc，－U 0＝－W 0e ，解得h ＝eU 0νc，W 0＝eU 0. 13．[2016·江苏高考](6分)几种金属的逸出功W 0见下表：光电效应.已知该可见光的波长的范围为4.0×10－7～7.6×10－6 m ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s.答案 钠、钾、铷能发生光电效应解析 光子的能量E ＝hc λ，当λ＝4.0×10－7 m 时，E ＝4.97×10－19 J.根据E >W 0判断，钠、钾、铷能发生光电效应.14．(18分)电子和光一样具有波动性和粒子性，它表现出波动的性质，就像X 射线穿过晶体时会产生衍射一样，这一类物质粒子的波动叫德布罗意波.质量为m 的电子以速度v 运动时，这种德布罗意波的波长可表示为λ＝h p .已知电子质量m ＝9.1×10－31 kg ，电子电荷量e ＝1.6×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34 J·s.(1)计算具有100 eV 动能的电子的动量p 和波长λ；(2)若一个静止的电子经2500 V 电压加速，求能量和这个电子动能相同的光子的波长，并求该光子的波长和这个电子的波长之比.答案 (1)5.4×10－24 kg·m/s 1.2×10－10 m(2)5.0×10－10 m 20∶1解析 (1)电子的动量：p ＝2mE k ＝2meU＝2×9.1×10－31×100×1.6×10－19 kg·m/s≈5.4×10－24 kg·m/s德布罗意波波长λ＝h p ＝6.63×10－345.4×10－24m ≈1.2×10－10 m. (2)电子的能量E ＝eU ′＝2500 eV ＝4.0×10－16 J根据E ＝hc λ，得光子波长λ′＝hc E ＝6.63×10－34×3.0×1084.0×10－16m ≈5.0×10－10 m 电子的动量p ′＝2meU ′＝2×9.1×10－31×2500×1.6×10－19 kg·m/s ≈2.7×10－23 kg·m/s电子波长λ″＝h p ′＝6.63×10－342.7×10－23m ≈2.5×10－11 m 则λ′λ″＝5.0×10－10 m 2.5×10－11 m ＝201，即λ′∶λ″＝20∶1.。
甘肃省天水一中2019届高三上学期一轮复习第五次质量检测(1月)物理试题PDF版含答案
A．N 在 d 点的电势能等于它在 e 点的电势能 B． M 在 b 点的加速度大小大于它在 a 点的加速度大小
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C． N 在从 e 点运动到 d 点的全过程中，电场力始终不做功 D． 对同一虚线圆上的点 a 和 c，电场强度相同 5． 电荷量不等的两点电荷固定在 x 轴上坐标为-3L 和 3L 的两点,其中坐标为-3L 处点电荷带电量 绝对值为 Q，两点电荷连线上各点电势 随 x 变化的关系如图所示，其中 x=L 处电势最低,x 轴上 M、N 两点的坐标分别为-2L 和 2L，则下列判断正确的是( A． 两点电荷一定为异种电荷 B． 原点 O 处场强大小为 C． 正检验电荷在原点 O 处收到向左的电场力 D． 负检验电荷由 M 点运动到 N 点的过程,电势能先减小后增大 6．一只电流表的满偏电流 法中正确的是（ A． 需串联一个 C． 需并联一个 ） 的电阻 的电阻 B． 需串联一个 的电阻 ，内阻 ，把它改装成量程为 的电压表，下列说 )
平行的屏 现将一电子 电荷量为 e，质量为
侧的屏上，AO 连线与屏垂直，垂足为 O，求： （1）电子从释放到打到屏上所用的时间； （2）电子刚射出电场 时的速度方向与 AO 连线夹角 的正切值 （3）电子打到屏上的点 到点 O 的距离 x． ；
18． （14 分）如图所示，空间有场强 E=1.0×102V/m 竖直向下的电场，长 L=0.8m 不可伸长的轻 绳固定于 O 点．另一端系一质量 m=0.5kg 带电 q=+5×10-2C 的小球．拉起小球至绳水平后在 A 点无初速度释放，当小球运动至 O 点的正下方 B 点时绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同 一竖直平面且与水平面成θ=53°、无限大的挡板 MN 上的 C 点．试求： (1)小球运动到 B 点时速度大小及绳子的最大张力； (2)小球运动到 C 点时速度大小及 A、C 两点的电势差； (3)当小球运动至 C 点时，突然施加一恒力 F 作用在小球上， 同时把挡板迅速水平向右移至某处，若小球仍能垂直打在档 板上，所加恒力 F 的最小值．
2019年高考物理一轮复习专全集题(含解析)
测量速度和加速度的方法【纲要导引】此专题作为力学实验的重要基础，高考中有时可以单独出题，16年和17年连续两年新课标1卷均考察打点计时器算速度和加速度问题；有时算出速度和加速度来验证牛二或动能定理等。
此专题是力学实验的核心基础，需要同学们熟练掌握。
【点拨练习】考点一打点计时器利用打点计时器测加速度时常考两种方法：（1）逐差法纸带上存在污点导致点间距不全已知：（10年重庆）点的间距全部已知直接用公式：，减少偶然误差的影响（奇数段时舍去距离最小偶然误差最大的间隔）（2）平均速度法，两边同时除以t，，做stt图，斜率二倍是加速度，纵轴截距是开始计时点0的初速0v。
1.【10年重庆】某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50H z 在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A 、B 、C 、D 是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：A S =16.6mmB S =126.5mm D S =624.5mm若无法再做实验，可由以上信息推知：① 相信两计数点的时间间隔为__________S② 打C 点时物体的速度大小为____________m/s(取2位有效数字)③ 物体的加速度大小为__________(用A S 、B S 、D S 和f 表示)【答案】①0.1s ②2.5 ③【解析】①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.1s ．②根据间的平均速度等于点的速度得v c ==2.5m/s ． ③利用逐差法：,两式相加得,由于,，所以就有了,化简即得答案。
2.【15年江苏】（10分）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如题11-1图所示，打点计时器的电源为50Hz 的交流电（1）下列实验操作中，不正确的有________A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源（2）该同学按照正确的步骤进行试验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为O点，每隔一个计时点取一个计数点，标为1、2、3…….8，用刻度尺量出各计数点的相邻计时点到O点的距离，记录在纸带上，如题11-2图所示计算相邻计时点间的平均速度v，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表，请将表中的数据补充完整（3）分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是________;磁铁受到阻尼作用的变化情况是____________.（4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为实验②），结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明说明？对比实验①和②的结果得到什么结论？【答案】（1）CD（2）39.0 （3）逐渐增大到39.8 cm/ s 逐渐增大到等于重力（4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电磁阻尼作用.【解析】根据速度计算速度。
2019高考物理一轮复习练习题(含解析)
人教物理2019高考一轮练习题（1）李仕才一、选择题1、（2018浙江省温州市高三上学期期中）随着时代的发展和科技的进步，手机给我们日常的生活带来了很大的便利，尤其是智能手机上装载的众多app软件改变着我们的生活。
如图所示为百度地图app软件的一张截图，表示了某次导航的具体路径，其推荐路线中有两个数据，10分钟，5.4公里，关于这两个数据，下列说法正确的是（）A. 10分钟表示的是某个时刻B. 10分钟表示的是某段时间间隔C. 5.4公里表示了此次行程的位移的大小D. 根据这两个数据，我们可以算出此次行程的平均速度的大小【答案】B2、历史上有些科学家曾把在相等位移内速度变化相等的单向直线运动称为“匀变速直线运动”（现称“另类匀变速直线运动”），“另类加速度”定义为，其中v0和v s分别表示某段位移s内的初速和末速。
A>0表示物体做加速运动，A<0表示物体做减速运动。
而现在物理学中加速度的定义式为，下列说法正确的是（）A.若A不变，则a也不变B.若A>0且保持不变，则a逐渐变小C.若A不变，则物体在中间位置处速度为D.若A不变，则物体在中间位置处速度为【答案】C3、（2018湖南师范大学附属中学月考）如图所示，一倾角为的斜面体置于固定．．在光滑水平地面上的物体A、B之间，斜面体恰好与物体A、B接触，一质量为m的物体C恰能沿斜面匀速下滑，此时斜面体与A、B均无作用力。
若用平行于斜面体的力F沿斜面向下推物体C，使其加速下滑，则下列关于斜面体与物体A、B间的作用力的说法正确的是A. 对物体A、B均无作用力B. 对物体A有向左的压力，大小为C. 对物体B有向右的压力，大小为D. 对物体A有向左的压力，大小为【答案】A4、（2018北京市东城区第二中学月考）、两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做匀减速直线运动．直到停止，其速度图象如图所示．那么，、两物体所受摩擦阻力之与、两物体克服摩擦阻力做的功之比分别为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】A5、光滑水平面上质量为m＝1 kg的物体在水平拉力F的作用下从静止开始运动，如图甲所示，若力F随时间的变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是( )A．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶1B．拉力在前2 s内和后4 s内做的功之比为1∶3C．拉力在4 s末和6 s末做功的功率之比为2∶3D．拉力在前2 s内和后4 s内做功的功率之比为1∶1【答案】B6、（2018北京市第二中学期中）如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间弹簧压缩并处于静止状态。
全国人教版2019届高考一轮总复习课标版物理课时跟踪训练24 Word版含答案
课时跟踪训练(二十四)一、选择题1．(多选)将三个不同的电源的U－I图线画在同一坐标中，如图所示，其中1和2平行，它们的电动势分别为E1、E2、E3，它们的内阻分别为r1、r2、r3，则下列关系正确的是( )A．r1＝r2<r3B．r1>r2>r3C．E1>E2＝E3D．E1＝E2<E3[解析] 由与纵轴截距知E1>E2＝E3，由图线斜率可知r3>r2＝r1，故AC正确．[答案] AC2．(多选)如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，两电表均可看作是理想电表．闭合开关，使滑动变阻器的滑片由右端向左端滑动，在此过程中( )A．小灯泡L1、L2均变暗B．小灯泡L1变暗，L2变亮C．电流表A的读数变小，电压表V的读数变大D．电流表A的读数变大，电压表V的读数变小[解析] 分析电路图可知，L1和滑动变阻器并联后再与L2串联，当滑动变阻器连入电路部分的阻值变小后，整个电路的电流变大，外电压减小，故电流表读数增大，电压表读数减小，D 项正确；流过L 2的电流变大，加在L 1两端的电压减小，故L 1变暗，而L 2变亮，B 项正确．[答案] BD3．(2015·山东临沂一模)如图所示电路，已知电源电动势为E ，内阻为r ，R 0为固定电阻，当滑动变阻器R 的滑片向上移动时，下列论述正确的是( )A ．灯泡L 一定变亮B ．安培表的示数变小C ．伏特表的示数变小D ．R 0消耗的功率变小[解析] 当R 的滑片P 向上移动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，伏特表测量的路端电压变小，选项C 正确；根据P ＝可知灯L U 2R 消耗的功率变小，灯L 变暗，选项A 错误；外电路总电阻变小，回路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析得总电流I 变大，而流过灯L 的电流变小，故流过R 0的电流变大，R 0消耗的功率变大，选项B 、D 错误．[答案] C4．(2015·上海闸北一模)如图，甲、乙两电路中电源电动势相同，内电阻r 1>r 2，外电阻R 相同．两电路中分别流过相同的电荷量的过程中，下列说法正确的是( )A ．甲电路电源内部产生热量较多B ．乙电路外电阻R 产生热量较少C ．乙电路电源做功较多D ．甲电路电源效率较高[解析] 电源做功W ＝EIt ＝Eq ，则两电源做功一样多，C 错误；电源的效率η＝＝＝·＝，由于内电阻r 1>r 2，外电阻R 相同，甲图电源的UI EI UE 1E ERR ＋r RR ＋r 内电阻大，则甲电路电源内部产生热量较多，电源效率低，故A 正确，D 错误；两个电阻的电热Q ＝I 2Rt ＝qIR ，电荷量和电阻相等，I 1<I 2，则甲电路外电阻的电热少，故B 错误．[答案] A5．(多选)(2015·江西抚州二模)如图所示，一平行板电容器C ，极板是水平放置的，它和三个可变电阻、一个定值电阻、一个零刻度在中央的灵敏电流计(左进左偏)和电源连成电路，现有一个质量为m 的带电油滴悬浮在两极板间不动，则下列判断正确的是( )A ．增大R 3，油滴上升B ．增大电容器板间距离的过程中，电流计指针右偏C ．增大R 1，R 1中电流的变化值大于R 3中电流的变化值D ．增大R 1，R 1两端电压的变化值大于R 3两端电压的变化值[解析] 增大R 3，外电路总电阻增大，总电流I 减小，平行板电容器C 的电压U C＝IR并，I减小，U C减小，板间电场强度减小，油滴所受电场力减小，所以油滴下落，故A错误．在增大电容器板间距离的过程中，电容器的电容减小，而电容器的电压不变，则电容器的电荷量减小，电容器放电，电流计指针左偏，故B错误．增大R1，电路总电阻增大，总电流I3减小，电阻R3、r、R0的电压减小，R1、R2并联电压增大，而R3、r、R0及并联电压的和为E，是定值，因此R1两端电压的变化值大于R3两端电压的变化值；R2中电流I2增大，则R1中电流I1减小，又I3＝I1＋I2，所以R1中电流的变化值大于R3中电流的变化值．故C、D正确．[答案] CD6．(2015·天津河西一模)如图甲所示电路中，电源电动势为3.0 V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．开关S闭合后下列判断正确的是( )A．L1电流为L2电流的2倍B．L1消耗的电功率为0.75 WC．L2消耗的电功率为0.375 WD．此时L2的电阻为12 Ω[解析] 根据电路图和伏安特性曲线，灯泡L1的电压U1＝3 V，由题图乙读出其电流I1＝0.25 A，则灯泡L1的电阻R1＝12 Ω，灯泡L2、L3串联，电压U2＝U3＝1.5 V，由题图乙读出其电流I2＝I3＝0.20 A，灯泡L2、L3的电阻均为R1＝7.5 Ω，该支路中的总电阻为15 Ω，并联电压相等，通过灯L1电流不是通过灯L2电流的2倍，故A、D错误；灯L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝3×0.25W ＝0.75 W ，B 正确；灯L 2消耗的电功率为P 2＝U 2I 2＝0.30 W ，C 错误．[答案] B7．(多选)(2015·湖南十三校联考)如图所示，电流表A 1(0～3 A)和A 2(0～0.6 A)是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中．闭合开关S ，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是( )A ．A 1、A 2的读数之比为1∶1B ．A 1、A 2的读数之比为5∶1C ．A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶1D ．A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶5[解析] 题图中的A 1、A 2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A 1、A 2的指针偏转角度之比为1∶1，C 正确，D 错误；电流表A 1的量程为3 A ，A 2的量程为0. 6 A ，当偏转角相同时，A 1、A 2的读数之比为5∶1，B 正确，A 错误．[答案] BC8．(2015·北京卷)如图所示，其中电流表A 的量程为0.6 A ，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A ；R 1的阻值等于电流表内阻的；R 2的阻值12等于电流表内阻的2倍．若用电流表A 的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是( )A ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 AB ．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 AC ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 AD ．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A[解析] 当接线柱1、2接入电路时，电阻R 1与电流表内阻并联后等效阻值为电流表电阻的，由于电流表的满偏电压为定值，因此量程扩大为原来的3倍，13故每一小格变为0.02×3＝0.06 A ，A 、B 选项错误．当接线柱1、3接入电路时，电阻R 1与电流表内阻并联后再和电阻R 2串联，但是串联的电阻R 2对于电流表量程无影响，故每一小格仍为0.06 A ．C 正确，D 错误．[答案] C9．(多选)(2015·浙江金丽衢一模)如图所示，图甲中M 为一电动机，当滑动变阻器R 的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示．已知电流表读数在0.2A 以下时，电动机没有发生转动．不考虑电表对电路的影响，以下判断错误的是( )A ．电路中电源电动势为3.6 VB ．变阻器向右滑动时，V 2读数逐渐减小C ．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 WD ．变阻器的最大阻值为30 Ω[解析] 由电路图甲知，电压表V 2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V 2的电压与电流的关系；此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r ＝ Ω＝2 Ω，当电流I ＝0.1 A 时，U ＝3.43.4－30.2V ，则电源的电动势E ＝U ＋Ir ＝3.4＋0.1×2 V ＝3.6 V ，故A 正确．变阻器向右滑动时，R 阻值变大，总电流减小，内电压减小，路端电压即V 2读数逐渐增大，故B 错误．由题图可知，电动机的电阻r M ＝Ω＝4 Ω；当I ＝0.3 A 时，0.8－0.40.1U ＝3 V ，电动机输出功率最大，最大为P ＝UI －I 2r M ＝3 V ×0.3 A －(0.3 A)2×4 Ω＝0.54 W ，故C 错误．当I ＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R ＝ Ω＝30 Ω，故D 正确．(3.60.1－2－4)[答案] BC10．(2015·河南焦作一模)在如图所示电路中，已知电表均为理想仪表，且小灯泡的电阻小于电源的内阻，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2的读数分别为I 、U 1和U 2，P 为被细线悬挂在两平行金属板间的带电小球，细线与竖直方向间的夹角为θ，则当滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A 、电压表V 1、电压表V 2读数变化量大小分别是ΔI 、ΔU 1和ΔU 2，下列说法中正确的是( )A ．ΔU 2大于ΔU 1B ．灯泡变亮、细线与竖直方向间的夹角θ变大C ．电源的输出功率变大D.变大、变大U 2I ΔU 2ΔI [解析] 滑动变阻器电阻增大，总电流减小，R 1电压减小，R 2电压增大，而U 外又增大，明显R 2电压增大要超过R 1电压减小，则A 错误．U 外增大，即灯泡两端电压增大，灯泡变亮；R 1电压减小，即电容器两端电压变小，细线与竖直方向间的夹角θ变小，则B 错误．小灯泡的电阻小于电源的内阻，那么再并联R 1、R 2就更小了，因外电阻等于内电阻时，P 出最大，所以当外电阻小于内电阻时，外电阻增大，P 出增大，则C 正确.为外阻，变大，为内阻，U 2I ΔU 2ΔI 不变，则D 错误．[答案] C 二、非选择题11．如图甲所示的电路中，R 1、R 2均为定值电阻，且R 1＝100 Ω，R 2阻值未知，R 3为一滑动变动器，当其滑片P 从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A 、B 两点是滑片P 在变阻器的两个不同端点得到的．求：(1)电源的电动势和内阻；(2)定值电阻R 2的阻值；(3)滑动变阻器的最大阻值．[解析] (1)题图乙中AB 延长线交U 轴于20 V 处，交I 轴于1.0 A 处，所以电源的电动势为E ＝20 V ，内阻r ＝＝20 Ω.EI 短(2)当P 滑到R 3的右端时，电路参数对应题图乙中的B 点，即U 2＝4V 、I 2＝0.8 A ，得R 2＝＝5 Ω.U 2I 2(3)当P 滑到R 3的左端时，由题图乙知此时U 外＝16 V ，I 总＝0.2 A ，所以R 外＝＝80 Ω.U 外I 总因为R 外＝＋R 2，R 1R 3R 1＋R 3所以滑动变阻器的最大阻值为R 3＝300 Ω.[答案] (1)20 V 20 Ω (2)5 Ω (3)300 Ω12．如图甲所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流变化关系曲线．由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化．参考这条曲线回答下列问题(不计电流表和电池的内阻)．(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12 V 的电源上，求流过电灯的电流和每个电灯的电阻；(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与9 Ω的定值电阻R 0串联，接在电动势为8 V 、内阻为1 Ω的电源上，求通过电流表的电流值以及每个电灯的实际功率．[解析] (1)把三个这样的电灯串联后，每个电灯得到的实际电压为 V ＝4 123V由题图甲可知，每个电灯加上4 V 的实际电压时的工作电流均为I ＝0.4 A 由此可以求出此时每个电灯的实际电阻R ＝＝ Ω＝10 Ω.UI 40.4(2)在题图乙的混联电路中，设每个电灯上的实际电压和实际电流分别为U ′和I ′.在这个闭合电路中，E ＝U ′＋2I ′(R 0＋r ) ．代入数值并整理得U′＝8－20I′这是一个反映电路的直线方程．把该直线在题图甲的坐标系中画出，如图所示．(I代表I′，U代表U′)这两条图线的交点U′＝2 V，I′＝0.3 A同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值I A＝2I′＝0.6 A每个电灯的实际功率P＝U′I′＝2×0.3 W＝0.6 W.[答案] (1)0.4 A 10 Ω (2)0.6 A 0.6 W。
专题2.4 两类U-I图像的比较及应用-2019届高考物理一轮复习之热点题型 Word版含解析
专题2.4 两类U -I 图像的比较及应用由公式U ＝E －Ir 知，电源的U -I 图像(如图)有如下特点：1．纵轴上的截距等于电源的电动势；横轴上的截距等于短路电流，即I 短＝E r。
2．图线斜率的绝对值等于电源的内阻，即r ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔU ΔI ＝E I 短，斜率的绝对值越大，表明电源的内阻越大。
3．图线上任一点对应的U 、I 的比值为此时外电路的电阻，即R ＝U I。
4．图中阴影面积UI 为电源的输出功率，而电源的总功率P 总＝EI ，P 总－P 出＝EI －UI 为电源的发热功率。
注意：在U I 图像中，U 轴或I 轴如果不从零开始，两个坐标轴的截距及斜率的意义也将发生改变。
5. 两种U I 图像的比较电源的U I 图像 电阻的U I 图像图形物理意义电源的路端电压随电路电流的变化关系电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系截距与纵轴交点表示电源电动势E ，与横轴交点表示电源短路电流E r过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零坐标U 、I 的乘积 表示电源的输出功率 表示电阻消耗的功率 坐标U 、I 的比值 表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小 斜率(绝对值)电源电阻r电阻大小联系在同一坐标系中，两图线交点坐标(U n ，I n )，即表示用该电源与该电阻组成回路时的路端电压和电路中的电流，也表示电阻两端电压及其电流；P ＝I n U n 即表示此时电源的输出功率，也表示此时电阻的实际功率【典例1】如图所示，直线A 为某电源的U I 曲线，曲线B 为某小灯泡L 1的U I 图线的一部分，用该电源和小灯泡L 1串联起来组成闭合回路时，小灯泡L 1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )A ．此电源的内电阻为23ΩB ．小灯泡L 1的额定电压为3 V ，额定功率为6 WC ．把小灯泡L 1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡L 1的U I 图线是一条曲线，所以小灯泡发光过程中欧姆定律不适用 【答案】B【典例2】在如图甲所示的电路中，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器。
高考物理一轮总复习第一章运动的描述匀变速直线运动基次2匀变速直线运动的规律练习含解析新人教版
基础课 2 匀变速直线运动的规律跟踪检测一、选择题1．(多选)质点由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，通过与出发点相距x 1的P 点，再经过时间t ，到达与出发点相距x 2的Q 点，则该质点通过P 点的瞬时速度为( )A.2x 1tB.x 22t C.x 2－x 1tD.x 2－2x 1t解析：选ABD 设加速度为a ，由O 到P ：x 1＝12at 2，a ＝2x 1t 2，v P ＝at ＝2x 1t ，A 对；由O到Q ：t 总＝t ＋t ＝2t ，由平均速度推论知，质点过P 的速度v P ＝x 2t 总＝x 22t，B 对；由P 到Q ：x PQ ＝x 2－x 1，x PO ＝x 1，x PQ －x PO ＝at 2，得a ＝x 2－2x 1t 2，v P ＝at ＝x 2－2x 1t，D 对． 2．(2019届河北唐山模拟)一旅客在站台8号车厢的候车线处候车，若动车的一节车厢长25米，动车进站时可以看作匀减速直线运动，他发现6号车厢经过他用了4 s ，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示．则该动车的加速度大小约为( )A ．2 m/s 2B ．1 m/s 2C ．0.5 m/s 2D ．0.2 m/s 2解析：选C 设6号车厢刚到达旅客处时，动车的速度为v 0，加速度为a ，则有l ＝v 0t ＋12at 2，从6号车厢刚到达旅客处到动车停下来，有0－v 02＝2a ·2l ，解得a ≈－0.5 m/s 2或a ≈－18 m/s 2(舍去)，则加速度大小约为0.5 m/s 2.3．汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，急刹车时的加速度大小为5 m/s 2，则自驾驶员急踩刹车开始计时，2 s 内与5 s 内汽车的位移大小之比为 ( )A ．5∶4B ．4∶5C ．3∶4D ．4∶3解析：选C 自驾驶员急踩刹车开始，经过时间t ＝v 0a＝4 s ，汽车停止运动，所以汽车在2 s 内发生的位移为x 1＝v 0t －12at 2＝30 m,5 s 内发生的位移为x 2＝v 022a ＝40 m ，所以2 s内与5 s 内汽车的位移大小之比为3∶4，选项C 正确．4. (2019届吕梁模拟)如图所示，A 、B 两物体从地面上某点正上方不同高度处，同时做自由落体运动．已知A 的质量比B 的质量大，下列说法正确的是( )A ．A 、B 可能在空中相撞 B ．A 、B 落地时的速度相等C ．下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同D ．从开始下落到落地，A 、B 的平均速度相等解析：选C 由于不计空气的阻力，故物体仅受重力，则物体的加速度均为重力加速度g ，与物体的质量无关，下落过程中，A 、B 速度变化的快慢相同，A 、B 不可能在空中相撞，故A 错误，C 正确；根据v 2＝2gh 可得物体落地时的速度v ＝2gh ，由于两物体从不同高度开始自由下落，故到达地面时速度不相同，故B 错误；由v ＝v2可知落地的速度不相等，平均速度也不相等，故D 错误．5．(多选)(2018届温州五校联考)近来交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．假设一辆以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2，则下列说法中正确的是( )A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车离停车线的距离为1.6 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车能在停车线处停车让人C ．如果驾驶员的反应时间为0.4 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人D ．如果驾驶员的反应时间为0.2 s ，汽车刚好能在停车线处停车让人解析：选AD 若汽车做匀减速直线运动，速度减为零的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1.6 s<2s ，所以从刹车到停止的位移大小x 1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－v 022a ＝6410m ＝6.4 m ，汽车离停车线的距离为8 m－6.4 m ＝1.6 m ，故A 正确；如果汽车在距停车线6 m 处开始刹车制动，刹车位移是6.4 m ，所以汽车不能在停车线处停车让人，故B 错误；刹车的位移是6.4 m ，所以汽车可做匀速运动的位移是1.6 m ，则驾驶员的反应时间t ＝,8) s ＝0.2 s 时，汽车刚好能停在停车线处让人，故C 错误，D 正确．6．(多选)在某一高度以v 0＝20 m/s 的初速度竖直上抛一个小球(不计空气阻力)，当小球速度大小为10 m/s 时，以下判断正确的是(g 取10 m/s 2)( )A ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为15 m/s ，方向向上B ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向下C ．小球在这段时间内的平均速度大小可能为5 m/s ，方向向上D ．小球的位移大小一定是15 m解析：选ACD 小球被竖直向上抛出，做的是匀变速直线运动，平均速度可以用匀变速直线运动的平均速度公式v ＝v 0＋v2求出，规定竖直向上为正方向，当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向上时，v ＝10 m/s ，用公式求得平均速度为15 m/s ，方向竖直向上，A 正确；当小球的末速度大小为10 m/s 、方向竖直向下时，v ＝－10 m/s ，用公式求得平均速度大小为5 m/s ，方向竖直向上，C 正确；由于末速度大小为10 m/s 时，球的位置一定，距起点的位移h ＝v 2－v 02－2g＝15 m ，D 正确．7.如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则下列关于子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比正确的是( )A ．v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1B ．v 1∶v 2∶v 3＝5∶3∶1C ．t 1∶t 2∶t 3＝1∶2∶ 3D ．t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1解析：选D 用“逆向思维”法解答，则子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每块木块厚度为L ，则v 32＝2a ·L ，v 22＝2a ·2L ，v 12＝2a ·3L ，v 3、v 2、v 1分别为子弹倒过来从右到左运动L 、2L 、3L 时的速度，则v 1∶v 2∶v 3＝3∶2∶1，选项A 、B 错误；又由于每块木块厚度相同，则由比例关系可得t 1∶t 2∶t 3＝(3－2)∶(2－1)∶1，选项C 错误，D 正确．8．不计空气阻力，以一定的初速度竖直上抛一物体，物体从被抛出至回到抛出点的运动时间为t .现在物体上升的最大高度的一半处设置一块挡板，物体撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反，撞击所需时间不计，则这种情况下物体上升和下降的总时间约为( )tt tt解析：选C 物体从抛出至回到抛出点的运动时间为t ，则t ＝2v 0g，物体上升至最大高度的一半处的速度v x2＝v 022，则用时间t 1＝x2v 0＋vx 22，物体撞击挡板前后的速度大小相等，方向相反，则物体以相同的加速度落回抛出点的时间与上升时间相同，即t 2＝t 1，故物体上升和下降的总时间t 总＝t 1＋t 2＝2t 1＝2xv 0＋v 02＝2v 01＋2gt ，选项C 正确． 9．(多选)物体从A 点由静止出发，先以加速度大小为a 1做匀加速直线运动到某速度v 后，立即以加速度大小为a 2做匀减速直线运动至B 点时速度恰好减为0，所用总时间为t .若物体以速度v 0匀速通过AB 之间，所用时间也为t ，则( )A ．v ＝2v 0 B.1a 1＋1a 2＝t vC.1a 1－1a 2＝12vD.1a 1＋1a 2＝t 2v解析：选AB 根据题意可知，A 、B 两点间距x ＝v2t ＝v 0t ，解得v ＝2v 0，选项A 正确；由t 1＝v a 1，t 2＝v a 2，t ＝t 1＋t 2可解得1a 1＋1a 2＝tv，选项B 正确，C 、D 错误．10. (2018届河南洛阳一模)如图所示，物体自O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离l 1＝3 m ，B 、C 之间的距离l 2＝4 m ．若物体通过l 1、l 2这两段位移的时间相等，则O 、A 之间的距离l 等于( )A.34 m B.43 m C.825m D.258m 解析：选D 设物体运动的加速度为a ，通过O 、A 之间的距离l 的时间为t ，通过l 1、l 2每段位移的时间都是T ，根据匀变速直线运动规律，l ＝12at 2，l ＋l 1＝12a (t ＋T )2，l ＋l 1＋l 2＝12a (t ＋2T )2，l 2－l 1＝aT 2，联立解得l ＝258m ，选项D 正确．二、非选择题11．(2019届南昌调研)出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，经过10 s 时，速度计显示速度为54 km/h.求：(1)这时出租车离出发点的距离；(2)出租车继续做匀加速直线运动，当速度计显示速度为108 km/h 时，出租车开始做匀速直线运动.10时12分35秒时计价器里程表示数应为多少米？(车启动时，计价器里程表示数为零)解析：(1)由题意可知经过10 s 时，速度计上显示的速度为v 1＝15 m/s 由速度公式v ＝v 0＋at 得a ＝v －v 0t ＝v 1t 1＝1.5 m/s 2由位移公式得x 1＝12at 12＝12×1.5×102 m ＝75 m这时出租车离出发点的距离是75 m.(2)当速度计上显示的速度为v 2＝108 km/h ＝30 m/s 时，由v 22＝2ax 2得x 2＝v 222a＝300 m ，这时出租车从静止载客开始，已经经历的时间为t 2，可根据速度公式得t 2＝v 2a ＝301.5s ＝20 s这时出租车时间表应显示10时11分15秒．出租车继续匀速运动，匀速运动时间t 3为80 s ，通过位移x 3＝v 2t 3＝30×80 m＝2 400 m所以10时12分35秒时，计价器里程表应显示x ＝x 2＋x 3＝(300＋2 400)m ＝2 700 m.答案：(1)75 m (2)2 700 m12．(2018届乌鲁木齐期末)我国ETC(不停车电子收费系统)已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间．假设一辆家庭轿车以30 m/s 内的速度匀速行驶，接近收费站时，轿车开始减速，至收费站窗口恰好停止，再用10 s 时间完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．若进入ETC 通道．轿车从某位置开始减速至15 m/s 后，再以此速度匀速行驶15 m 即可完成交费，然后再加速至30 m/s 继续行驶．两种情况下，轿车加速和减速时的加速度大小均为3 m/s 2.求：(1)轿车从开始减速至通过人工收费通道再加速至30 m/s 的过程中通过的路程和所用的时间；(2)两种情况相比较，轿车通过ETC 交费通道所节省的时间． 解析：(1)设车匀减速至停止通过的路程为x 1x 1＝v 022a＝150 m车匀加速和匀减速通过的路程相等，设通过人工收费通道通过的路程为x 2x 2＝2x 1＝300 m车匀减速至停止需要的时间为t 1＝v 0－0a＝10 s 车通过人工收费通道所用时间为t 2＝2t 1＋10＝30 s.(2)通过人工收费通道所需时间为30 s ．此过程总位移为300 m ，通过ETC 通道时，速度由30 m/s 减至15 m/s 所需时间t 3，通过的路程为x 3t 3＝v 0－v 1a＝5 s路程x 3＝v 02－v 122a＝112.5 m车以15 m/s 匀速行驶15 m 所用时间t 4＝1 s车在x 2＝300 m 路程内以30 m/s 匀速行驶的路程x 4和所需时间t 5x 4＝x 2－2x 3－15＝60 m t 5＝x 4v 0＝2 sΔt ＝t 2－2t 3－t 4－t 5＝17 s 故通过ETC 的节省的时间为17 s. 答案：(1)30 s (2)17 s。
高三高考物理一轮复习《电势能与电势差》专题专练
电势能与电势差1．（北京市101中学2019届三模）让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物以相同的初动能在同一位置垂直射入水平放置的一对平行板形成的匀强电场，不计离子的重力和离子间的相互作用，离子束从进入到射出该偏转电场的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．偏转电场对每个离子做功相等B ．偏转电场对每个离子冲量相同C ．在偏转电场中它们形成两股离子束D ．在偏转电场中它们形成一股离子束2．（河北省张家口市2019届高三一模）空间存在平行于纸面的匀强电场，纸面内有一菱形ABCD 。
将一个电子由C 点移动到D 点，克服电场力做功1eV 。
A 点的电势为3V ，则B 点的电势为( )A ．2 VB ．3 VC ．4 VD ．6 V3．（2019年河北省唐山一中高三模拟）如图所示，一个由绝缘材料制成的轻弹簧水平放置，一端固定于竖直墙上，另一端与一带负电的小球相连，小球置于光滑的绝缘水平面上。
当整个装置处于水平向左的匀强电场中时，小球在B 、C 间往复运动，在O 点处所受合力为0。
假定在动动过程中小球的电量保持不变，则( )A ．小球在由B 到O 的过程中，弹性势能和电势能都一直减少，动能增加B ．小球在由O 到C 的过程中，弹性势能增加，电势能和动能都减少C ．小球在由B 经O 到C 的过程中，电势能的变化量大于弹性势能变化量D ．小球在由C 到O 的过程中，电势能的变化量和弹性势能的变化量大小相等4．（黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三模拟）空间存在一沿x 轴方向的静电场，电势φ随x 变化 的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A ．沿x 轴正方向，从0到无穷远电势先降低后升高，场强先减小后增大B ．将带正电粒子由10x ～之间的位置静止释放(不包括点1)x 仅受电场力作用，粒子先向右加速，后向右减速，最终速度为零C ．1x 位置场强最小，大小为0D ．在图示区域内2x 点两侧电场强度方向相反5．（山东省淄博市2019届高三三模）如图所示，实线为两个点电荷Q1、Q2产生的电场的电场线，虚线为电子从A点运动到B点的运动轨迹，则下列判断正确的是( )A．A 点的场强小于B点的场强 B．Q1的电荷量大于Q2的电荷量C．电子在A点的电势能大于在B点的电势能 D．电子在A点的速度大于在B点的速度6．（江苏省苏锡常镇四市2019届高三第二次模拟）在任何静电场中均适用的公式是( )A．B．C．D．7．（湖北省武昌实验中学2019年高三期末）静电场在x轴上的电场强度E随x的变化关系如图所示，在x轴上有四点：x1、x2、x3、x4，相邻两点间的距离相等，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷( )A．x2和x4两点处电势相等；B．由x1运动到x4的过程中加速度先增大后减小；C．由x1运动到x4的过程中电势能先增大再减小；D．设电荷从x2运动到x1，电场力做功W1，电荷从x3运动到x2，电场力做功W2，则W1=W28．（湖南省永州市2018－2019学年高三期末）下列关于电场强度、电势、电场线的说法中，正确的是( ) A．电场强度为零的地方，电势一定为零B．沿着电场线方向，电势逐渐降低C．电场强度较大的地方，电势一定较高D．电势为零的地方，电场强度一定为零9．（天津市部分区2019届高三期末）两个等量异种点电荷＋Q和－Q如图放置，B点为两点电荷连线的中点，AB垂直于两点电荷的连线，下列说法正确的是 ( )A．A点和B点的电势相等B．A点的电场强度大于B点的电场强度C ．一个带负电的检验电荷由A 点运动到B 点电场力做负功D ．一个带正电的检验电荷放在A 点所具有的电势能比放在B 点所具有的电势能大10．（浙江省东阳中学2018-2019学年期末）如图所示，MN 是由一个正点电荷Q 产生的电场中的一条电场线，一个带正电的粒子＋q 飞入电场后，在电场力的作用下沿一条曲线运动，先后通过a 、b 两点，不计粒子的重力，则( )A ．粒子在a 点的加速度小于在b 点的加速度B ．a 点电势φa 小于b 点电势φbC ．粒子在a 点的动能E k a 小于在b 点的动能E k bD ．粒子在a 点的电势能E p a 小于在b 点的电势能E p b11．（广东省汕头市第一中学2019届高三模拟）如图所示，绝缘的斜面处在一个水平向右的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J ，克服电场力做功为0.5J ，重力势能减少了1.5J ，则以下说法正确的是（ ）A ．金属块带正电荷B ．电势能减少0.5JC ．金属块克服摩擦力做功0.7JD ．金属块的机械能减少1.2J12．（江苏省扬州中学2019届高三质量检测）如图所示，a 、b 是静电场中某电场线上的两点，将一个电子由a 点移到b 点的过程中电场力做功为＋6eV ，则以下判断正确的是（ ）A ．电子受到电场力从a 指向bB ．电子的电势能增加6eVC ．a 、b 两点间电势差U ab = -6VD ．电场强度的方向一定由a 沿直线指向b13．（安徽省阜阳市第三中学2019届高三调研）如图所示，匀强电场中三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，30ABC CAB ∠=∠=，23BC m =，已知电场线平行于ABC △所在的平面，一个电荷量6210q -=-⨯ C 的点电荷由A 移到B 的过程中，电势能增加了51.210-⨯ J ，由B 移到C 的过程中电场力做功6610-⨯ J ，为方便计算，设B 点电势为0，下列说法正确的是( )U V B．A点的电势低于B点的电势A．B、C两点的电势差3BCC．负电荷由C点移到A点的过程中，电势能减少 D．该电场的场强为1 V/m14．（湖北省武汉市武昌区2019届高三调研）如图是静电除尘器除尘原理图，M、N是直流高压电源的两极，通过某种机制使电场中的尘埃带上负电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。
2019届全国高三一轮精品卷(二十四)理综物理试卷
2019届全国高三一轮精品卷（二十四）理综物理试卷本试卷共16页，共38题（含选考题），分选择题和非选择题两部分。
全卷满分300分，考试用时150分钟。
★祝考试顺利★注意事项：1、考试范围：高考范围。
2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。
3、选择题的作答：每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。
4、主观题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。
如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
5、选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。
答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。
6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。
7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。
二、选择题：本题共8小题，每小题6分。
在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求。
全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1. 科技的发展正在不断地改变着我们的生活，图甲是一款放在水平桌面上的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。
图乙是手机静止吸附在该手机支架上的侧视图，若手机的重力为G，下列说法正确的是A. 手机受到的支持力大小为G cosθB. 手机受到的摩擦力大小大于G sinθC. 纳米材料对手机的作用力方向竖直向上D. 纳米材料对手机的作用力大小为G sinθ【答案】C【解析】手机处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件可知，在垂直支架方向有：，大于，故A错误；在平行斜面方向，根据平衡条件，有：，故B错误；手机处于静止状态，受力平衡，受到重力和纳米材料对手机的作用力，根据平衡条件可知，纳米材料对手机的作用力大小等于重力，方向与重力方向相反，竖直向上，故C正确，D错误。
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能力课1 牛顿运动定律的综合应用一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．如图1甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。
下滑位移s 时的速度为v ，其s －v 2图象如图乙所示，取g ＝10 m/s 2，则斜面倾角θ为( )图1A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°解析 由s －v 2图象可知小物块的加速度a ＝5 m/s 2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a ＝g sin θ，所以θ＝30°，A 对，B 、C 、D 错。
答案 A2．(2018·郑州质量预测)甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从同一地点(足够高)同时由静止释放。
两球下落过程所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝k v (k 为正的常量)。
两球的v －t 图象如图2所示。
落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2。
则下列判断正确的是( )图2A ．释放瞬间甲球加速度较大 B.m 1m 2＝v 2v 1C ．甲球质量大于乙球质量D ．t 0时间内两球下落的高度相等解析释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A错误；运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等，mg＝k v，则m1m2＝v1v2，选项B错误；由图象可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。
答案 C3．如图3所示，A、B两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A与B之间的动摩擦因数μ2＝0.2。
已知物体A的质量m＝2 kg，物体B的质量M＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。
现对物体B施加一个水平向右的恒力F，为使物体A与物体B相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()图3A．20 N B．15 N C．10 N D．5 N解析对物体A、B整体，由牛顿第二定律，F max－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a；对物体A，由牛顿第二定律，μ2mg＝ma；联立解得F max＝(m＋M)(μ1＋μ2)g，代入相关数据得F max＝15 N，选项B正确。
答案 B4．(2018·南昌模拟)图4甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，g取10 m/s2，下列判断正确的是()图4A．前10 s悬线的拉力恒为1 500 NB．46 s末材料离地面的距离为22 mC．0～10 s材料处于失重状态D．在30～36 s钢索最容易发生断裂解析由图可知前10 s内材料的加速度a＝0.1 m/s2，由F－mg＝ma可知悬线的拉力为1 515 N，选项A错误；由图象面积可得整个过程上升高度是28 m，下降的高度为6 m，46 s末材料离地面的距离为22 m，选项B正确；因30～36 s 材料加速度向下，材料处于失重状态，F<mg；前10 s材料处于超重状态，F>mg，钢索最容易发生断裂，选项C、D错误。
答案 B5．如图5所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面。
当拉力F一定时，Q 受到绳的拉力()图5A．与斜面倾角θ有关B．与动摩擦因数有关C．与系统运动状态有关D．仅与两物块质量有关解析设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为F T，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)g sin θ－μ(m1＋m2)g cos θ＝(m1＋m2)a；对Q分析：有F T－m2g sin θ－μm2g cos θ＝m2a，解得F T＝m2m1＋m2F，可见Q受到绳的拉力F T与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确。
答案 D6．(2018·济南十校联考)如图6所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。
用轻质弹簧将两物块连接在一起。
当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′。
则下列关系正确的是()图6A．F′＝2F B．x′＝2x C．F′＞2F D．x′＜2x解析取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a。
弹簧的弹力F T＝m2Fm1＋m2＝kx。
当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，F T增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B 正确。
答案AB7．质量m＝1 kg的物体在合外力F作用下由静止开始做直线运动，合外力F随时间t的变化图象如图7所示，下列关于该物体运动情况的说法正确的是()图7A．0～1 s内物体沿正方向做匀加速直线运动B．第2 s末物体达到的最大速度2 m/sC．第4 s末物体速度为0D．第4 s末物体回到出发位置解析因为物体的质量是1 kg，所以物体加速度－时间图象与物体的F－t 相同，由图象知，物体的加速度大小不断改变，做变加速运动，A项错误；a －t图象中，图线与坐标轴所围的“面积”表示物体获得的速度，第2 s末时，物体的速度最大，v m＝2×22m/s＝2 m/s，B项正确；前2 s内物体沿正方向做加速运动，2～4 s内物体沿正方向做减速运动，第4 s末物体速度为零，C 正确，D项错误。
答案BC8．(2018·海南单科，9)如图8，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块。
开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑。
当升降机加速上升时()图8A．物块与斜面间的摩擦力减小B．物块与斜面间的正压力增大C．物块相对于斜面减速下滑D．物块相对于斜面匀速下滑解析当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式f＝μN可知物体与斜面间的摩擦力增大，故A错误，B正确；设斜面的倾角为θ，物体的质量为m，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ。
当物体以加速度a向上加速运动时，有N＝m(g＋a)cos θ，f＝μm(g＋a)cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m(g＋a)sin θ＝μm(g＋a)cos θ，故物体仍相对斜面匀速下滑，C错误，D正确。
答案BD9．如图9甲所示，地面上有一质量为M的重物，用力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，则以下说法中正确的是()图9A．当F小于图中A点值时，物体的重力Mg>F，物体不动B．图中A点值即为物体的重力值C．物体向上运动的加速度和力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的数值的绝对值等于该地的重力加速度解析当0≤F≤Mg时，物体静止，选项A正确；当F＞Mg时，即能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝FM－g，A点表示的意义即为F＝Mg，所以选项B正确；直线的斜率为1M，故B点数值的绝对值为g，故选项D正确。
答案ABD10．(2018·湖北黄冈模拟)如图10甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，下列结论正确的是()图10A．物体与弹簧分离时，弹簧处于原长状态B．弹簧的劲度系数为750 N/mC．物体的质量为2 kgD．物体的加速度大小为5 m/s2解析物体与弹簧分离时，弹簧的弹力为零，轻弹簧无形变，所以选项A正确；从图中可知ma＝10 N，ma＝30 N－mg，解得物体的质量为m＝2 kg，物体的加速度大小为a＝5 m/s2，所以选项C、D正确；弹簧的劲度系数k＝mgx0＝200.04N/m＝500 N/m，所以选项B错误。
答案ACD二、非选择题11．在物体下落过程中，速度小于10 m/s时可认为空气阻力与物体速度成正比关系。
某科研小组在研究小球下落后的运动过程时，得到速度随时间变化的图象，并作出t＝0.5 s时刻的切线，如图11所示。
已知小球在t＝0时刻释放，其质量为0.5 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：图11(1)小球与地面第一次碰撞过程中损失的机械能；(2)小球在运动过程中受到空气阻力的最大值。
解析(1)由图象可知，小球第一次与地面碰撞前瞬间速度v1＝5 m/s 碰撞后瞬间速度大小：v2＝4 m/s碰撞过程损失的机械能：ΔE＝12m v21－12m v22代入数据可得ΔE＝2.25 J。
(2)由图象可得t＝0.5 s时小球加速度a＝ΔvΔt＝4 m/s2由牛顿第二定律：mg－f＝ma由于：f＝k v得k＝0.75则：f max＝3.75 N。
答案(1)2.25 J 3.75 N12．如图12所示，质量为4 kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向夹角为37°。
已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图12(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力；(2)当汽车以a′＝10 m/s2的加速度向右匀减速运动时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力。
解析(1)当汽车以a＝2 m/s2向右匀减速行驶时，小球受力分析如图。
由牛顿第二定律得：T 1cos θ＝mg ，T 1sin θ－N ＝ma 代入数据得：T 1＝50 N ，N ＝22 N由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22 N 。
(2)当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时(临界条件)的加速度为a 0，受力分析如图所示。
由牛顿第二定律得：T 2sin θ＝ma 0，T 2cos θ＝mg 代入数据得：a 0＝g tan θ ＝10×34 m/s 2＝7.5 m/s 2 因为a ＝10 m/s 2>a 0 所以小球飞起来，N ′＝0所以，当汽车以a ′＝10 m/s 2向右匀减速运动行驶时，由牛顿第二定律得T 2cos θ′＝mg T 2sin θ′＝ma ′代入数据得T 2＝40 2 N 。
答案 (1)50 N 22 N (2)40 2 N 0。